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\setCJKmainfont[BoldFont=SimHei,ItalicFont = SimSun]{SimSun}

\newtheorem{definition}{Definition}[section]%定义
\newtheorem{theorem}{Theorem}[section]%定理
\newtheorem{axiom}{Axiom}[section]%公理
\newtheorem{lemma}{Lemma}[section]%引理
\newtheorem{proposition}{Proposition}[section]%命题
\newtheorem{corollary}{Corollary}[section]%推论
\newtheorem{remark}{Remark}[section]%注

\title{\heiti\zihao{2} 习题4.6}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{研究下列函数在指定区间内的单调性,并根据相应结论证明不等式.}
\subsection{$f(x)=\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{x}, x \in(0,+\infty)$}
\textbf{解}\quad
$$f^{\prime}{(x)}=\left(e^{x \ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}\right)^{\prime}=e^{x\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}\left(\ln \left(1+\dfrac{1}{x}\right)-\dfrac{1}{x+1}\right)=\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{x}\left(\ln \left(1+\dfrac{1}{x}\right)-\dfrac{1}{x+1}\right)$$

当$x \in(0,+\infty)时,\ln(1+\dfrac{1}{x})-\dfrac{1}{x+1}>0$.所以$f(x)$单调增

\subsection{$f(x)=\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{x+1}, x \in(0,+\infty)$}
\textbf{解}\quad
$$f^{\prime}{(x)}=\left(e^{x \ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}\right)^{\prime}=e^{x\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}\left(\ln \left(1+\dfrac{1}{x}\right)-\dfrac{1}{x+1}\right)=\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{x}\left(\ln \left(1+\dfrac{1}{x}\right)-\dfrac{1}{x}\right)$$

当$x \in(0,+\infty)时,\ln(1+\dfrac{1}{x})-\dfrac{1}{x}>0$.所以$f(x)$单调增

\subsection{$f(x)=\arctan x-x, x \in \mathbb{R}$}
\textbf{解}\quad
$$f^{\prime}{(x)}=\dfrac{1}{1+x^{2}}-1=\dfrac{-x^{2}}{1+x^{2}} \leqslant 0$$
所以$f(x)$单调增

\subsection{$\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{x}<e<\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{x+1}(x>0)$}
\textbf{证}\quad
$\mathrm{LHS}$单增,且仅当$\lim\limits_{x\rightarrow+\infty} f(x)=e$,所以$\mathrm{LHS}<e$;

同理,$\mathrm{RHS}>e$;所以不等式成立.

\subsection{$\arctan x<x(x>0)$}
\textbf{证}\quad
$x=0$时,$f(x)=\arctan x-x=0$,当$x \in \mathbb{R^{+}}$时,$f^{\prime}(x)>0$.所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单增.

所以$x>0$时,$f(x)>0$,即$\arctan x<x$.

\section{利用函数的单调性证明下列不等式:}
\subsection{$x-\dfrac{x^{3}}{6}<\sin x<x,$ 当 $x>0$ 时}
\textbf{证}\quad
记$f(x)=x-\sin x,g(x)=\sin x -x+\dfrac{x^3}{6}$

$f^{\prime}(x)=1-\cos x\geqslant 0$,仅当$x=0$时为$0$；所以$f(x)$在定义域内严格单增.所以$f(x)>0(x>0)$

$g^{\prime}(x)=\cos x -1 +\dfrac{x^2}{2}\geqslant1-2\sin^{2}\dfrac{x}{2} - 1 + \dfrac{x^2}{2} \geqslant0$

所以$g(x)$当$x>0$时严格单增.所以$g(x)>0$

\subsection{$x-\dfrac{x^{2}}{2}<\ln (1+x)<x,$ 当 $x>0$ 时 }
\textbf{证}\quad
记$f(x)=\ln (1+x)-\left(x-\dfrac{x^{2}}{2}\right)$, 则 $f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{1+x}-1+x=\dfrac{x^{2}}{1+x}>0, x>0$

所以$f(x)$定义域内严格单增,所以$f(x)>0 $;

设  $g(x)=x-\ln (1+x), $则$g^{\prime}(x)=1-\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{x}{1+x}>0, x>0
$故函数  $g(x)  在  x>0  $时是严格单调增函数,所以  $g(x)=x-\ln (1+x)>g(0)=0,(x>0)$

综上,不等式成立.

\subsection{$(1+x) \ln ^{2}(1+x)<x^{2},$ 当 $x \in(0,1)$ 时}
\textbf{证}\quad
记$f(x)=x^{2}-(1+x) \ln ^{2}(1+x)$,则有$\begin{array}{l}
		f^{\prime}(x)=2 x-\ln ^{2}(1+x)-2 \ln (1+x) \\
		f^{\prime \prime}(x)=2-2 \dfrac{\ln (1+x)}{1+x}-2 \dfrac{1}{1+x}=\dfrac{2[x-\ln (1+x)]}{1+x}>0, \quad x \in(0,1)
	\end{array}$

所以有$f^{\prime}(x)$严格单增,所以其恒正$(f^{\prime}(0)=0)$.所以$f(x)$严格单增,所以$f(x)>0$.

\subsection{$\dfrac{1}{\ln 2}-1<\dfrac{1}{\ln (1+x)}-\dfrac{1}{x}<\dfrac{1}{2},$ 当 $x \in(0,1)$时}
\textbf{证}\quad
记$f(x)=\dfrac{1}{\ln (1+x)}-\dfrac{1}{x}$,则$f^{\prime}(x)=\dfrac{(1+x) \ln ^{2}(1+x)-x^{2}}{x^{2}(1+x) \ln ^{2}(1+x)}$.

由2.3知,$f^{\prime}(x)<0$所以$f(x)$单减.所以$f(x)<f(1)=\dfrac{1}{\ln2}-1$

$\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\dfrac{x-\ln (1+x)}{x \ln (1+x)}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\dfrac{x-\ln (1+x)}{x^{2}}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}}\dfrac{x-x+\dfrac{x^{2}}{2}+o\left(x^{2}\right)}{x^{2}}=\dfrac{1}{2}$

所以$f(x)<\dfrac{1}{2}$.

\subsection{$\tan x+2 \sin x>3 x,$ 当 $x \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$ 时}
\textbf{证}\quad
记$f(x)=\tan x+2 \sin x-3 x,\left(x \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\right)$,$f^{\prime}(x)=\sec ^{2} x+2 \cos x-3$,由均值不等式得$LHS>3 \sqrt[3]{\sec ^{2} x \cos x \cos x}-3=0$

所以$f(x)$严格单增,所以$f(x)>f(0)=0$

\section{设函数 $f(x)$ 在区间 $[a,+\infty)$ 上连续,在 $(a,+\infty)$ 上可 导, 且 $f^{\prime}(x)$ 严格单调递增,求证：$F(h)=\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}$ 关于 $h$ 也严格单调递增.}
\textbf{证}$1^{\circ}$\quad
证：求导可得 $F^{\prime}(h)=\dfrac{f^{\prime}(a+h) h-[f(a+h)-f(a)]}{h^{2}},$ 因为 $f(x)$ 在区间 $[a,+\infty)$
上连续,在 $(a,+\infty)$ 上可导,由拉格朗日中值定理可知,存在 $\xi \in(a, a+h),$ 使得
$$
	f(a+h)-f(a)=f^{\prime}(\xi) h
$$
所以 $F^{\prime}(h)=\dfrac{f^{\prime}(a+h) h-f^{\prime}(\xi) h}{h^{2}}=\dfrac{f^{\prime}(a+h)-f^{\prime}(\xi)}{h},$ 又因为 $f^{\prime}(x)$ 严格单调递增,所以
$F^{\prime}(h)>0,$ 因此函数 $F(h)=\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}$ 关于 $h$ 也严格单调递增.

\textbf{证}$2^{\circ}$\quad

设$a<x_1<x_2$,则由拉格朗日中值定理可知,在$(a,x_1),(a,x_2)$之间,存在$\xi_1,\xi_2$使得$\dfrac{f(x_1)-f(a)}{x_1-a}=f^{\prime}(\xi_1)$,$\dfrac{f(x_2)-f(a)}{x_2-a}=f^{\prime}(\xi_2)$,显然$f^{\prime}(\xi_1)<f^{\prime}(\xi_2)$（由于导函数的严格单调性.）所以有$\dfrac{f(x_1)-f(a)}{x_1-a}<\dfrac{f(x_2)-f(a)}{x_2-a}$.

所以令$h=x-a$,可知$F(h)=\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}$关于$h$严格单增.

\section{设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,+\infty)$ 上连续,在 $(0,+\infty)$ 上可导,且 $f(0)=0,$ 并设存在实数 $A>0,$ 使得 $\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant A|f(x)|$ 在 $(0,+\infty)$ 内成立,证明:在 $[0,+\infty)$ 上 $, f(x)$ 恒等于 $0 .$}
\textbf{证}\quad
证明 $\quad \forall x \in\left[0, \dfrac{1}{2 A}\right],$ 有 $\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant A|f(x)|=A x\left|f^{\prime}\left(\xi_{1}\right)\right| \leqslant A^{2} x\left|f\left(\xi_{1}\right)\right|, \xi_{1} \in(0, x)$
进一步可得
$$
	\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant A^{2} x\left|f\left(\xi_{1}\right)\right|=A^{2} x \xi_{1}\left|f^{\prime}\left(\xi_{2}\right)\right| \leqslant A^{3} x^{2}\left|f\left(\xi_{2}\right)\right|, \quad \xi_{2} \in\left(0, \xi_{1}\right)
$$

依次运算可得 $\left|f^{\prime}(x)\right| \leqslant A^{2} x\left|f\left(\xi_{1}\right)\right| \leqslant A^{n+1} x^{n}\left|f\left(\xi_{n}\right)\right|, \xi_{n} \in\left(0, \xi_{n-1}\right),$ 因为 $\forall x \in\left[0, \dfrac{1}{2 A}\right]$,
$\dfrac{A}{2^{n}}\left|f\left(\xi_{n}\right)\right| \stackrel{n \rightarrow+\infty}{\longrightarrow} 0,$ 所以 $f^{\prime}(x)=0, x \in\left[0, \dfrac{1}{2 A}\right],$ 故
$$
	\begin{array}{l}
		f(x)=C=f(0)=0, \quad x \in\left[0, \dfrac{1}{2 A}\right]                                                             \\
		\forall x \in\left[\dfrac{1}{2 A}, \dfrac{1}{A}\right] \text { 有 }                                                   \\
		f^{\prime}(x)|\leqslant A| f(x)\left|\leqslant A^{2}\left(x-\dfrac{1}{2 A}\right)\right| f\left(\eta_{1}\right) \mid \\
		\quad \leq \cdots \leqslant A^{n+1}\left(x-\dfrac{1}{2 A}\right)^{n}\left|f\left(\eta_{n}\right)\right| \leqslant \dfrac{A}{2^{n}}\left|f\left(\eta_{n}\right)\right|, \quad \eta_{n} \in\left(\dfrac{1}{2 A}, \eta_{n-1}\right),
	\end{array}
$$

所以 $f^{\prime}(x)=0, x \in\left[\dfrac{1}{2 A}, \dfrac{1}{A}\right],$ 故 $f(x)=C=f\left(\dfrac{1}{2 A}\right)=0, x \in\left[\dfrac{1}{2 A}, \dfrac{1}{A}\right]$
等分区间为长度为 $\dfrac{1}{2 A}$ 的区间 $\left[\dfrac{1}{A}, \dfrac{3}{2 A}\right],\left[\dfrac{3}{2 A}, \dfrac{2}{A}\right], \cdots,$ 在每个区间上函数都等于零,
重复下去可得 $f(x)$ 恒等于 $0 .$

\section{设 $f(x) $在$\mathbb{R}$上有连续二阶导数,若$f(x)$在$\mathbb{R}$上有界,则存在$\theta \in \mathbb{R}$,使得$f^{\prime \prime}(\theta)=0 $.}
\textbf{证}\quad
若$f^{\prime}(x)$恒为$0$,则显然命题成立.

\textbf{反证}\quad
若$\forall x \in \mathbb{R}$,$f^{\prime \prime}(x)\neq0 $,则由介值定理,$f^{\prime}(x)$恒正或恒负.所以不妨设$f(x)$是一个凸函数.

因为 $f^{\prime}(x)$ 不恒为常值函数,所以存在 $x_{0},$ 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right) \neq 0,$ 由函数的凸性 $, \forall x \in \mathbb{R}$,有
$$
	f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)
$$

当 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ 时,令 $x \rightarrow+\infty,$ 则 $f(x) \rightarrow+\infty$

当 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$ 时,令 $x \rightarrow-\infty$, 则 $f(x) \rightarrow+\infty$.这与 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上有界相矛盾. 当 $f^{\prime\prime}(x)<0$ 时,函数为凹函数,同理可证函数 $f(x)$ 是无界的,因此一定存在 $\theta \in \mathbb{R},$ 使得 $f^{\prime \prime}(\theta)=0 .$

\section{求下列函数的极值点,并确定它们的单调区间 :}
\subsection{$y=\sqrt{x} \ln x$}
\textbf{解}\quad
$y^{\prime}=\dfrac{\ln x}{2 \sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{x}}=\dfrac{\ln x+2}{2 \sqrt{x}}$定义域：$x \in(0,+\infty)$

$\begin{array}{|c|c|c|c|}
		\hline x             & \left(0, \dfrac{1}{e^{2}}\right) & x=\dfrac{1}{e^{2}} & \left(\dfrac{1}{e^{2},}+\infty\right) \\
		\hline f^{\prime}(x) & -                               & 0                 & +                                    \\
		\hline f(x)          & \searrow                        & \text{极小值}     & \nearrow                             \\
		\hline
	\end{array}$

\subsection{$y=x^{\dfrac{1}{x}}$}
\textbf{解}\quad
$$y^{\prime}=\left(e^{\dfrac{1}{x} \ln x}\right)^{\prime}=e^{\dfrac{1}{x} \ln x}\left(-\dfrac{\ln x}{x^{2}}+\dfrac{1}{x^{2}}\right)=x^{\dfrac{1}{x}}\left(-\dfrac{\ln x}{x^{2}}+\dfrac{1}{x^{2}}\right)$$

定义域:$x \in (0,+\infty)$

$$\begin{array}{|c|c|c|c|}
		\hline x    & (0, e)   & e             & (e,+\infty) \\
		\hline f(x) & +        & 0             & -           \\
		\hline f(x) & \nearrow & \text{极大值} & \searrow    \\
		\hline
	\end{array}$$

\subsection{$y=3 x+\dfrac{4}{x}$}
\textbf{解}\quad
$y^{\prime}=3-\dfrac{4}{x^{2}}$ 定义域:$x \neq 0$

$$
	\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
		\hline x             & \left(-\infty,-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right) & -\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} & \left(-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}, 0\right) & \left(0, \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right) & \dfrac{2 \sqrt{3}}{3} & \left(\dfrac{2 \sqrt{3}}{3},+\infty\right) \\
		\hline f^{\prime}(x) & +                                          & 0                     & -                                     & -                                    & 0                    & +                                         \\
		\hline f(x)          & \nearrow                                   & \text { 极大值 }      & \searrow                              & \searrow                             & \text { 极小值 }     & \nearrow                                  \\
		\hline
	\end{array}
$$

\subsection{$y=x-\ln (1+x)$}
\textbf{解}\quad
$y^{\prime}=1-\dfrac{1}{1+x}$定义域：$x \in (-1,+\infty)$

$$
	\begin{array}{|c|c|c|c|}
		\hline x             & (-1,0)   & 0                & (0,+\infty) \\
		\hline f^{\prime}(x) & -        & 0                & +           \\
		\hline f(x)          & \searrow & \text { 极小值 } & \nearrow    \\
		\hline
	\end{array}
$$

\section{设$f(x)$在$x_{0}$处二阶可导,证明: $f(x)$在$ x_{0}$处取得极大值的必要条件是$f^{\prime}(x_0)=0 \and f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right) \leqslant 0$}
\textbf{证}\quad
因为 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处二阶可导,所以当 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处取得极大值时, 由费马引理可知 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0 .$ 如果此时 $f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right) \leqslant 0$ 不成立,即 $f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)>0,$ 则由二阶导数定义可知
$$
	f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)=\lim _{x \rightarrow x_{0}} \dfrac{f^{\prime}(x)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)}{x-x_{0}}=\lim _{x \rightarrow x_{0}} \dfrac{f^{\prime}(x)}{x-x_{0}}>0
$$

由极限的局部保号性,存在 $\delta>0,$ 使得 $0<\left|x-x_{0}\right|<\delta$ 时, $\dfrac{f^{\prime}(x)}{x-x_{0}}>0$.

因此在 $x_{0}$ 的左邻域内,即 $x \in\left(x_{0}-\delta, x_{0}\right)$ 时 $, f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0,$ 在 $x_{0}$ 的右邻域内,即 $x \in\left(x_{0},\right.$ $\left.x_{0}+\delta\right)$ 时 $, f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0,$ 即函数在 $x_{0}$ 两侧左减右增,所以 $x_{0}$ 是函数 $f(x)$ 的极小值点,与题设 矛盾,所以当 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处二阶可导时, $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处取得极大值的必要条件是 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ 且 $f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right) \leqslant 0$

\section{已知三次方程$x^{3}-3 a^{2} x-6 a^{2}+3 a=0$只有一个实根且为正,求$a$的范围.}
\textbf{解}\quad
$f^{\prime }(x)=3 x^{2}-3 a^{2}$,令$f^{\prime}(x)=0$,得$x=-a$或$x=a$.当$a\geqslant0$时

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
		\hline x             & (-\infty,-a) & -a            & (-a, a)  & a             & (a,+\infty) \\
		\hline f^{\prime}(x) & +            & 0             & -        & 0             & +           \\
		\hline f(x)          & \nearrow     & \text{极大值} & \searrow & \text{极小值} & \nearrow    \\
		\hline
	\end{array}
$$
$$\begin{array}{l}
		\left\{\begin{array}{l}
			f(a)<0, \\
			f(-a)<0,
		\end{array}\right. \text { 即 } \quad\left\{\begin{array}{l}
			2 a^{2}+6 a-3>0 \\
			2 a^{2}-6 a+3<0
		\end{array}\right. \\
		\left\{\begin{array}{l}
			a>\dfrac{\sqrt{15}-3}{2} \\
			\dfrac{3-\sqrt{3}}{2}<a<\dfrac{3+\sqrt{3}}{2}
		\end{array} \Rightarrow \dfrac{3-\sqrt{3}}{2}<a<\dfrac{3+\sqrt{3}}{2}\right.
	\end{array}
$$

当$a<0 $时
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
		\hline x             & (-\infty,a) & a             & (a, -a)  & -a            & (-a,+\infty) \\
		\hline f^{\prime}(x) & +           & 0             & -        & 0             & +            \\
		\hline f(x)          & \nearrow    & \text{极大值} & \searrow & \text{极小值} & \nearrow     \\
		\hline
	\end{array}
$$
$$\begin{array}{l}
		\left\{\begin{array}{l}
			f(a)<0, \\
			f(-a)<0,
		\end{array}\right. \text { 即 } \quad\left\{\begin{array}{l}
			2 a^{2}+6 a-3>0 \\
			2 a^{2}-6 a+3<0
		\end{array}\right. \\
		\left\{\begin{array}{l}
			a>\dfrac{\sqrt{15}-3}{2} \\
			\dfrac{3-\sqrt{3}}{2}<a<\dfrac{3+\sqrt{3}}{2}
		\end{array} \Rightarrow \dfrac{3-\sqrt{3}}{2}<a<\dfrac{3+\sqrt{3}}{2}\right.
	\end{array}
$$

与$a<0$矛盾.综上,$\dfrac{3-\sqrt{3}}{2}<a<\dfrac{3+\sqrt{3}}{2}$

\section{求下列函数在指定区间上的最大值和最小值:}
\subsection{$f(x)=x^{2} \sqrt{a^{2}-x^{2}}, x \in[0, a]$}
\textbf{解}\quad
$f^{\prime}(x)=\dfrac{-3 x^{3}+2 a^{2} x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}$,

$\begin{array}{|c|c|c|c|}
		\hline x             & \left(0, \dfrac{\sqrt{6}}{3} a\right) & \dfrac{\sqrt{6}}{3} a & \left(\dfrac{\sqrt{6}}{3} a, a\right) \\
		\hline f^{\prime}(x) & +                                    & 0                    & -                                    \\
		\hline f(x)          & \nearrow                             & \text{极大值}        & \searrow                             \\
		\hline
	\end{array}$

$f(0)=f(a)=0 \quad, \quad f\left(\dfrac{\sqrt{6}}{3} a\right)=\dfrac{2 \sqrt{3}}{9} a^{3}$,最大值为$\dfrac{2 \sqrt{3}}{9} a^{3}$.

\subsection{$f(x)=\left|2 x^{3}-9 x^{2}+12 x\right|, x \in\left[-\dfrac{1}{4}, \dfrac{5}{2}\right]$}
\textbf{解}\quad
记$g(x)=2 x^{3}-9 x^{2}+12 x, x \in\left[-\dfrac{1}{4}, \dfrac{5}{2}\right]$,$g^{\prime}(x)=6 x^{2}-18 x+12=6(x-1)(x-2)$

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
		\hline x             & \left(-\dfrac{1}{4}, 1\right) & 1             & (1,2)    & 2             & \left(2, \dfrac{5}{2}\right) \\
		\hline g^{\prime}(x) & +                            & 0             & -        & 0             & +                           \\
		\hline g(x)          & \nearrow                     & \text{极大值} & \searrow & \text{极小值} & \nearrow                    \\
		\hline
	\end{array}$

$g(-\dfrac{1}{4})=-\dfrac{115}{32}$,$g(1)=5,g(2)=4,g(\dfrac{5}{2})=5$,所以定义域内,$g(x)$有零点,所以$f(x)$最大值为$5$,最小值为$0$

\subsection{$f(x)=x^{2} \mathrm{e}^{-n x}, x \in(0,+\infty)$}
\textbf{解}\quad
$f^{\prime}(x)=2 x e^{-n x}-\left(n e^{-n x}\right) x^2$

若$n=0$,原式没有最大值或最小值.

若$n>0$$\begin{array}{|c|c|c|c|}
	\hline x             & \left(0, \dfrac{2}{n}\right) & \dfrac{2}{n}   & \left(\dfrac{2}{n},+\infty\right) \\
	\hline f^{\prime}(x) & +                           & 0             & -                                \\
	\hline f(x)          & \nearrow                    & \text{极大值} & \searrow                         \\
	\hline
\end{array}$

	原式没有最小值,但有最大值$f(\dfrac{n}{2})=\dfrac{4}{n^2e^2}$

	若$n<0$,$f^{\prime}(x)>0$所以$f(x)$单增,所以原式没有最小值和最大值.

	\subsection{$f(x)=x \ln \dfrac{1}{x}, x \in(0,+\infty)$}
	\textbf{解}\quad
$f^{\prime}(x)=\ln \dfrac{1}{x}+(-1)=-\ln x-1$

$\begin{array}{|c|c|c|c|}
	\hline x             & \left(0, \dfrac{1}{e}\right) & \dfrac{1}{e}   & \left(\dfrac{1}{e},+\infty\right) \\
	\hline f^{\prime}(x) & +                           & 0             & -                                \\
	\hline f(x)          & \nearrow                    & \text{极大值} & \searrow                         \\
	\hline
\end{array}$

$f(x)$不存在最小值,但存在最大值$f(\dfrac{1}{e})=\dfrac{1}{e}$

	\section{在 $\alpha>1$ 和 $0<\alpha<1$ 两种情况下分别求函数 $f(x)=(1+x)^{\alpha}-\alpha x$ 在 $[-1,+\infty)$ 上的 最值. 并依此证明 Bernoulli 不等式 :}
	\subsection{当 $x \geqslant-1$ 时,我们有:若 $\alpha>1,$ 则有 $(1+x)^{\alpha} \geqslant 1+\alpha x$}
	\textbf{证}\quad
$\quad f^{\prime}(x)=a(1+x)^{a-1}-a=a\left[(1+x)^{a-1}-1\right]$

	若 $\alpha>1$, 则当 $-1 \leqslant x \leqslant 0$ 时, $f^{\prime}(x) \leqslant 0,$ 函数 $f(x)$ 单调递减,当 $x \geqslant 0$ 时 $, f^{\prime}(x) \geqslant 0$, 函数 $f(x)$ 单调递增,所以 0 为函数 $f(x)$ 的极小值, 即 $f(x) \geqslant f(0),$ 从而有 $(1+x)^{\alpha} \geqslant$ $1+\alpha x$

	\subsection{当 $x \geqslant-1$ 时,我们有:若 $0<\alpha<1,$ 则有 $(1+x)^{a} \leqslant 1+\alpha x$}
	\textbf{证}\quad
	若 $0<\alpha<1,$ 则当 $1 \leqslant x \leqslant 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0,$ 函数 $f(x)$ 单调递增,当 $x \geqslant 0$ 时 $, f^{\prime}(x) \leqslant 0$, 函数 $f(x)$ 单调递减,所以 $0$ 为函数 $f(x)$ 的极大值, 即 $f(x) \leqslant f(0),$ 从而有 $(1+x)^{\alpha} \leqslant$ $1+\alpha  x$

	\section{证明:对于任意给定了体积的圆柱体,当它的高和底圆的直径相等时表面积最小.}
	\textbf{证}\quad
	设圆柱体体积为 $V_{0},$ 底圆半径为 $r,$ 圆柱的高为 $h,$ 则 $V_{0}=\pi r^{2} h,$ 可解得 $h=\dfrac{V_{0}}{\pi r^{2}}$. 圆柱体表面积为
	$$
		S(r)=2 \pi r^{2}+2 \pi r h(r)=2 \pi r^{2}+2 \pi r \dfrac{V_{0}}{\pi r^{2}}=2 \pi r^{2}+\dfrac{2 V_{0}}{r}
	$$

	求函数的驻点: $S^{\prime}(r)=4 \pi r-\dfrac{2 V_{0}}{r^{2}}=0,$ 可求得 $r_{0}^{3}=\dfrac{V_{0}}{2 \pi} \Rightarrow r_{0}=\sqrt[3]{\dfrac{V_{0}}{2 \pi}},$ 代人 $h=\dfrac{V_{0}}{\pi r^{2}} \Rightarrow$
$h=\sqrt[3]{\dfrac{4 V_{0}}{\pi}}$ 显然 $h=2 r$

$S^{\prime \prime}\left(r_{0}\right)=\left.\left(4 \pi+\dfrac{4 V_{0}}{r^{3}}\right)\right|_{r=r_{0}}=12 \pi>0,$ 所以 $r_{0}=\sqrt[3]{\dfrac{V_{0}}{2 \pi}}$ 是函数 $S(r)$ 的极小值点,此时它的高和底圆的直径相等.

	\section{求椭圆 $\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 在第一象限中的切线,使得它和坐标轴所围三角形面积最小.}
	\textbf{解}$1^{\circ}$\quad
	设 $P(x, y)$ 为椭圆上第一象限内任意一点,则 $y \neq 0,$ 对椭圆方程两边求导(隐函数求
	导 , 有 $$\dfrac{2 x}{a^{2}}+\dfrac{2 y y^{\prime}}{b^{2}}=0$$

	则 $P(x, y)$ 点的切线的斜率为 $$y^{\prime}=-\dfrac{b^{2} x}{a^{2} y}$$

$P(x, y)$ 点的切线方程为
	$$y=-\dfrac{b^{2} x}{a^{2} y}(X-x) $$

	切线与 $x$ 轴交于 $A\left(\dfrac{a^{2}}{x}, 0\right),$ 与 $y$ 轴交于 $B\left(0, \dfrac{b^{2}}{y}\right),$ 因此所围三角形面积 $$S(x)=\dfrac{a^{2} b^{2}}{2 x y(x)}$$

	在第一象限内 $y=b \sqrt{1-\dfrac{x^{2}}{a^{2}}},$ 所以
	$$
		S(x)=\dfrac{a^{2} b^{2}}{2 x b \sqrt{1-\dfrac{x^{2}}{a^{2}}}}=\dfrac{a^{3} b}{2 x \sqrt{a^{2}-x^{2}}}
	$$

	求函数的驻点 :
	$$
		S^{\prime}(x)=-\dfrac{a^{3} b\left(\sqrt{a^{2}-x^{2}}+x \dfrac{-x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\right)}{2 x^{2}\left(a^{2}-x^{2}\right)}=-\dfrac{a^{3} b\left(a^{2}-2 x^{2}\right)}{2 x^{2}\left(a^{2}-x^{2}\right)^{\dfrac{3}{2}}}=0
	$$

	解得 $x_{0}=\dfrac{a}{\sqrt{2}}$,在函数 $S(x)$ 区间内部求得唯一驻点,因为所解为实际问题,最小值一定存在,
	且在区间内部取得,所以所得即所求,因此三角形面积的最小值为

	$$S\left(\dfrac{a}{\sqrt{2}}\right)=\dfrac{a^{3} b}{2 \dfrac{a}{\sqrt{2}} \sqrt{a^{2}-\left(\dfrac{a}{\sqrt{2}}\right)^{2}}}=a b$$

	\textbf{解}$2^{\circ}$\quad

	设$(x_0,y_0)$处切线为$$\dfrac{x x_{0}}{a^{2}}+\dfrac{y y_{0}}{b^{2}}=1$$

	则面积为$$S=\dfrac{b^{2}-a^{2}}{2 x_0 \cdot y_{0}}$$

	又
	$$\dfrac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y_{0}^{2}}{b^{2}} \geqslant \dfrac{2 x_ 0 y_{0}}{ab}$$

	$$\therefore 2x_0y_0 \leqslant ab,\therefore S\leqslant ab$$.

	\subsection{曲线系证明:}

	设椭圆方程$$\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1$$

	和一点$(x_0,y_0)$,则方程
	$$\dfrac{x x_{0}}{a^{2}}+\dfrac{y y_{0}}{b^{2}}=1$$

	为此点对于椭圆的切点弦.

	不妨设两切点为$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$则有两点处的切线为$$\dfrac{x_{1} x}{a^{2}}+\dfrac{y_{1} y}{b^{2}}=1$$
	$$\dfrac{x_{2} x}{a^{2}}+\dfrac{y_{2} y}{b^{2}}=1$$

	由于两直线都过$(x_0,y_0)$,所以$$\dfrac{x_{1} x_0}{a^{2}}+\dfrac{y_{1} y_0}{b^{2}}=1$$$$\dfrac{x_{2} x_0}{a^{2}}+\dfrac{y_{2} y_0}{b^{2}}=1$$

	证毕.

	\subsection{关于椭圆上某点的切线方程证明:}

	椭圆为 $$\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1$$

	切点为 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 则
	$$\dfrac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1$$

	对椭圆求导得 $$y^{\prime}=-\dfrac{b^{2} x}{a^{2} y}$$

	即切线斜率 $$k=-\dfrac{b^{2} x_{0}}{a^{2} y_{0}}$$

	故切线方程是 $$y-y_{0}=-\dfrac{b^{2} x_{0}}{a^{2} y_{0}}\left(x-x_{0}\right)$$

	代入并化简得切线方程为 $\dfrac{x x_{0}}{a^{2}}+\dfrac{y y_{0}}{b^{2}}=1$.

	\section{盖一座地板为正方形的房屋,其容积为 $1500 \mathrm{~m}^{3}$, 已知房屋的地板不散热,天花板的 散热速度是四周墙壁散热速度的 $3$ 倍. 试设计房屋的尺寸,使得散热速度最小.}
	\textbf{解}\quad
	设房屋的高为 $h,$ 地板边长为 $x,$ 则房屋体积为 $x^{2} h=1500, h=\dfrac{1500}{x^{2}} .$ 记单位面积
	散热速度是 $1$ 份,总的散热速度 $f(x)=4 x h+3 x^{2}=4 x \dfrac{1500}{x^{2}}+3 x^{2}=\dfrac{6000}{x}+3 x^{2}$.
	求函数的驻点: $f^{\prime}(x)=-\dfrac{6000}{x^{2}}+6 x=0,$ 解得 $x=10,$ 则 $h=15 .$ 因为在区间内部存在唯
	往点,而函数的最小值又存在,所以所得即所求,因此把房屋设计成高 $15 \mathrm{~m},$ 地板边长为 $10 \mathrm{~m}$ 的形式,房屋的散热速度最小

	\section{设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 连续,在 $(0,1)$ 内二阶可导, 且 $f(0)=f(1)=0,$ 对任意 的 $x \in(0,1),$ 都有 $f^{\prime \prime}(x)<0,$ 证明若 $M>0$ 为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 的最大值,则}
	\subsection{对于任意正整数 $n,$ 存在唯一的 $x_{n} \in(0,1),$ 使得 $f^{\prime}\left(x_{n}\right)=\dfrac{M}{n}$}
	\textbf{证}\quad
	因为 $f(0)=f(1)=0,$ 而函数 $f(x)$ 在[0,1]上的最大值 $M>0,$ 所以存在 $x_{0} \in$ $(0,1),$ 使得 $f\left(x_{0}\right)=M,$ 则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0 .$ 因为 $f^{\prime \prime}(x)<0,$ 所以 $f^{\prime}(x)$ 在 (0,1) 内单调递减. 函数 $f(x)$ 在 $\left[0, x_{0}\right]$ 上连续,在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内可导,由 $\mathrm{Lagrange}$ 中值定理,存在 $\xi \in\left(0, x_{0}\right),$ 使得
	$$
		f^{\prime}(\xi)=\dfrac{f\left(x_{0}\right)-f(0)}{x_{0}-0}=\dfrac{M}{x_{0}}
	$$

$\forall n \in \mathbb{Z}^{+}, f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0<\dfrac{M}{n}<\dfrac{M}{x_{0}}=f^{\prime}(\xi), f(x)$ 在$(0,1)$内二阶可导, 所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $(0,1)$ 内连续,从而可知 $f^{\prime}(x)$ 在$[\xi, x_{0} ]$上连续,由连续函数的介值定理可知,存在 $x_{n} \in\left(\xi, x_{0}\right),$ 使得$f^{\prime}\left(x_{n}\right)=\dfrac{M}{n}$

	下面证唯一性. 假设存在 $y_{n} \in\left(\xi, x_{0}\right), y_{n} \neq x_{n},$ 使得 $f^{\prime}\left(y_{n}\right)=\dfrac{M}{n},$ 则由罗尔中值定理可知 :存在 $\xi_{n}$ 介于 $y_{n}, x_{n}$ 之间,使得 $f^{\prime \prime}\left(\xi_{n}\right)=0,$ 与已知条件 $f^{\prime \prime}(x)<0$ 矛盾. 所以存在唯一的
$x_{n} \in(0,1),$ 使得 $f^{\prime}\left(x_{n}\right)=\dfrac{M}{n}$

	\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在, 且 $\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(x_{n}\right)=M$}
	\textbf{证}\quad
	对任意正整数 $n,$ 存在唯一的 $x_{n}, x_{n+1}, f^{\prime}\left(x_{n}\right)=\dfrac{M}{n}>\dfrac{M}{n+1}=f^{\prime}\left(x_{n+1}\right),$ 因为 $f^{\prime}(x)$
	在 $(0,1)$ 上单调递减,所以 $x_{n}<x_{n+1},$ 即数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 单调递增,并且 $\forall n \in \mathbb{Z}^{+},$ 有 $0<x_{n}<1,$ 即数 列有界,所以 $\lim x_{n}$ 存在.

	设 $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=A,$ 则因为 $f^{\prime}(x)$ 在 $(0,1)$ 内连续, 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(x_{n}\right)=f^{\prime}(A)=\lim _{n \rightarrow \infty} \dfrac{M}{n}=0 .$ 函数
$f^{\prime}(x)$ 在 $(0,1)$ 上严格单调递减,所以存在唯一零点, $A=x_{0},$ 从而 $\lim f\left(x_{n}\right)=f\left(x_{0}\right)=M .$

	\section{设 $f(x)$ 是区间 $(a, b)$ 上的凸函数. 证明 : 对任意的 $x \in(a, b), f(x)$ 在 $x$ 点处连续, 且存在左右导数.(注意:凸函数的定义中并没有预先假设函数连续. )}
	\textbf{证}\quad
	任取 $x, y, z \in(a, b),$ 满足 $a<x<z<y<b,$ 则存在 $0<\lambda<1,$ 使得 $z=(1-\lambda)x+\lambda y,$ 可得 $\lambda=\dfrac{z-x}{y-x} .$ 应用凸函数的不等式性质得
	$$
		f(z)=f[(1-\lambda) x+\lambda y] \leqslant(1-\lambda) f(x)+\lambda f(y)=f(x)+\lambda[f(y)-f(x)]
	$$

	可推知 $f(z)-f(x) \leqslant \lambda[f(y)-f(x)]$,代入 $\lambda=\dfrac{z-x}{y-x},$ 可得
	$$
		\dfrac{f(z)-f(x)}{z-x} \leqslant \dfrac{f(y)-f(x)}{y-x}
	$$

	固定$x$ ,则由上式可知函数 $\dfrac{f(z)-f(x)}{z-x}$关于$z$ 是一个单调递增的函数,从而可知其在任何一点都存在左右极限.从而令$z\rightarrow x^-$和$z\rightarrow x^+$,可知在$x$处的左右导数都存在.从而函数连续.

	\section{设函数 $f(x)$ 是区间 $(-\infty,+\infty)$ 上的凸函数,且 $\lim _{x \rightarrow \infty} \dfrac{f(x)}{x}=0,$ 证明函数 $f(x)$ 为常值函数.}
	\textbf{证}\quad
	显然,若$f(x)$不是常值函数,则存在$\dfrac{f\left(x_{0}\right)-f\left(x_{1}\right)}{x_{0}-x_{1}} \neq 0；$不妨设这个值为正,且$x_1>x_0$记左式的值为$a$.则由于$f(x)$是凸函数,所以$$\dfrac{f\left(x_{1}+x_{1}-x_{0}\right)-f\left(x_{1}\right)}{x_{1}+x_{1}-x_{0}-x_{1}}=\dfrac{f\left(2 x_{1}-x_{0}\right)-f\left(x_{1}\right)}{x_{1}-x_{0}} \geqslant a$$

	以此类推$$\dfrac{f\left(x_{1}+n\left(x_{1}-x_{0}\right)\right)-f\left(x_{0}+n\left(x_{1}-x_{0}\right)\right)}{x_{1}-x_{0}} \geq a$$

	从而$$\dfrac{\sum\limits_{i=0}^{n}\left[f\left(x_{1}+i\left(x_{1}-x_{0}\right)\right)-f\left(x_{0}+i\left(x_{1}-x_{0}\right)\right]\right.}{x_{1}-x_{0}}=\dfrac{f\left((n+1) x_{1}-x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)}{x_{1}-x_{0}} \geq(n+1)a$$

	又由于$x_1+i(x_1-x_0)-x_0-i(x_1-x_0)=x_1-x_0$,而$x_0$是个有限数.所以显然当$n \rightarrow +\infty$时,$$\dfrac{f\left(x_{1}+n\left(x_{1}-x_{0}\right)\right)-f\left(x_{0}\right)}{(1+n)\left(x_{1}-x_{0}\right)} \geq a$$

	从而有子列$x_k$使得$$\lim\limits_{x_k \rightarrow +\infty}\dfrac{f(x_k)}{x_k}\geq a$$

	与已知矛盾.

	\section{设函数 $f(x)$ 是区间 $(a, b)$ 上的凸函数且在 $x_{0} \in(a, b)$ 处可导,证明 $: \forall x, x_{0} \in(a, b)$,有 不等式 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right) .$}
	\textbf{证}\quad
$\forall x, x_{0} \in(a, b),$ 不妨假设 $x<x_{0},$ 则
	$$
		f(x)-\left[f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)\right]=\left[f(x)-f\left(x_{0}\right)\right]-f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)
	$$

	由 $\mathrm{Lagrange}$中值定理可知,存在 $\xi \in\left(x, x_{0}\right),$ 使得 $f(x)-f\left(x_{0}\right)=f^{\prime}(\xi)\left(x-x_{0}\right)$,
	$$
		\begin{aligned}
			f(x)-\left[f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)\right] & =f^{\prime}(\xi)\left(x-x_{0}\right)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right) \\
			                                                                                       & =\left[f^{\prime}(\xi)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)\right]\left(x-x_{0}\right)
		\end{aligned}
	$$

	函数 $f(x)$ 是区间 $(a, b)$ 上的凸函数,所以 $f^{\prime}(x)$ 单调增加, 故 $$\left[f^{\prime}(\xi)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)\right]\left(x-x_{0}\right) \geqslant 0$$

	所以 $$f(x)-\left[f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)\right] \geqslant 0$$

	\section{判断下列函数 $f(x)$ 的凹凸性 :}
	\subsection{$f(x)=\sqrt{a+b x^{2}},$ 其中 $a>0, b>0$}
	\textbf{解}\quad
	$$
		\begin{aligned}
			f^{\prime}(x)        & =\dfrac{b x}{\sqrt{a+b x^{2}}}                                                                                                            \\
			f^{\prime \prime}(x) & =\dfrac{b \sqrt{a+b x^{2}}-b x \dfrac{b x}{\sqrt{a+b x^{2}}}}{a+b x^{2}}                                                                   \\
			                     & =\dfrac{b\left(a+b x^{2}\right)-b^{2} x^{2}}{\left(a+b x^{2}\right) \sqrt{a+b x^{2}}}=\dfrac{a b}{\left(a+b x^{2}\right) \sqrt{a+b x^{2}}}
		\end{aligned}
	$$
	因为 $a>0, b>0,$ 所以 $f^{\prime \prime}(x)>0,$ 因此函数 $f(x)$ 在定义域上为凸函数.

	\subsection{$f(x)=\ln \left(\dfrac{x}{1+x}\right), x>0$}
	\textbf{解}\quad
	求导可得
	$$
		\begin{array}{l}
			f^{\prime}(x)=\dfrac{1+x}{x}\left(\dfrac{x}{1+x}\right)^{\prime}=\dfrac{1+x}{x} \dfrac{1}{(1+x)^{2}}=\dfrac{1}{x(1+x)} \\
			f^{\prime \prime}(x)=\left[\dfrac{1}{x(1+x)}\right]^{\prime}=-\dfrac{1+2 x}{x^{2}(1+x)^{2}}
		\end{array}
	$$

	求解方程 $f^{\prime \prime}=-\dfrac{1+2 x}{x^{2}(1+x)^{2}}=0,$ 得唯一解 $x=-\dfrac{1}{2} .$ 当 $x>-\dfrac{1}{2}$ 时 $, f^{\prime \prime}(x)<0 ;$ 当
$x<-\dfrac{1}{2}$ 时 $, f^{\prime \prime}(0)>0,$ 因此函数在 $\left(-\dfrac{1}{2},+\infty\right)$ 上是凹函数,在 $\left(0,-\dfrac{1}{2}\right)$ 上是凸函数.

	\section{求下列曲线的拐点:}
	\subsection{$y=-x^{3}+3 x^{2}$}
	\textbf{解}\quad
	求导可得 $$f^{\prime}(x)=-3 x^{2}+6 x, f^{\prime \prime}(x)=-6 x+6$$
	求解方程 $f^{\prime \prime}(x)=-6 x+6=0$ 得
	唯一解 $x=1 .$ 当 $x>1$ 时 ,$ f^{\prime \prime}(x)<0 ;$ 当 $x<1$ 时, $f^{\prime \prime}(x)>0 .$

	因此函数 $f(x)$ 在区间 $(-\infty, 1)$ 上是凸函数,函数 $f(x)$ 在区间 $(1,+\infty)$ 上是凹函数. 因此 (1,2) 是曲线 $f(x)=-x^{3}+3 x^{2}$的拐点.

	\subsection{$y=x+\sin x$}
	\textbf{解}\quad
	求导可得 $$f^{\prime}(x)=1+\cos x, f^{\prime \prime}(x)=-\sin x$$

	求解方程 $f^{\prime \prime}(x)=-\sin x=0$, 得方程的解为 $x=k \pi, k \in \mathbb{Z} .$

	因为 $f^{\prime \prime}(x)=-\sin x$ 是周期为 $2 \pi$ 的函数,所以在一个周期内,当 $x \in$
$(2 k \pi,(2 k+1) \pi)$ 时 $, f^{\prime \prime}(x)<0 ;$

	当 $x \in((2 k+1) \pi,(2 k+2) \pi)$ 时 $, f^{\prime \prime}(x)>0 .$

	因此函数 $f(x)$ 在区间 $((2 k+1) \pi,(2 k+2) \pi)$ 上是凸函数,

	函数 $f(x)$ 在区间 $(2 k \pi,(2 k+1) \pi)$ 上是凹函数.

	因为 $f(k \pi)=k \pi,$ 所以 $(k \pi, k \pi)$ 是曲线 $f(x)=x+\sin x$ 的拐点.

	\subsection{$y=\sqrt{1+x^{2}}$}
	\textbf{解}\quad
	求导可得
	$$
		\begin{array}{l}
			f^{\prime}(x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}} \\
			\qquad
			\begin{aligned}
				\sqrt{1+x^{2}}-x \dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}} & =\dfrac{1+x^{2}-x^{2}}{\left(1+x^{2}\right) \sqrt{1+x^{2}}} \\
				f^{\prime \prime}(x)=\dfrac{1}{(1+x^{2})\sqrt{1+x^2}}>0
			\end{aligned}
		\end{array}
	$$

	所以$f(x)$是凸函数,所以其没有拐点.

\subsection{$y=\sqrt[3]{\dfrac{(x+1)^{2}}{x-2}}$}
\textbf{解}\quad
求导可得

$$
	\begin{aligned}
		f^{\prime}(x) & =\left(\sqrt[3]{\dfrac{(x+1)^{2}}{x-2}}\right)^{\prime}                                                                             \\
		              & =\dfrac{\dfrac{2}{3}(x+1)^{-\dfrac{1}{3}}(x-2)^{\dfrac{1}{3}}-\dfrac{1}{3}(x+1)^{\dfrac{2}{3}}(x-2)^{-\dfrac{2}{3}}}{(x-2)^{\dfrac{2}{3}}} \\
		              & =\dfrac{2(x-2)-(x+1)}{3(x+1)^{\dfrac{1}{3}}(x-2)^{\dfrac{4}{3}}}=\dfrac{x-5}{3(x+1)^{\dfrac{1}{3}}(x-2)^{\dfrac{4}{3}}}
	\end{aligned}
$$
$$
	\begin{aligned}
		f^{\prime \prime}(x) & =\left(\dfrac{x-5}{3(x+1)^{\dfrac{1}{3}}(x-2)^{\dfrac{4}{3}}}\right)^{\prime}                                                                                                                                     \\
		                     & =\dfrac{(x+1)^{\dfrac{1}{3}}(x-2)^{\dfrac{4}{3}}-(x-5)\left[\dfrac{1}{3}(x+1)^{-\dfrac{2}{3}}(x-2)^{\dfrac{4}{3}}+\dfrac{4}{3}(x+1)^{\dfrac{1}{3}}(x-2)^{\dfrac{1}{3}}\right]}{3(x+1)^{\dfrac{2}{3}}(x-2)^{\dfrac{8}{3}}} \\
		                     & =\dfrac{3(x+1)(x-2)-(x-5)[(x-2)+4(x+1)]}{9(x+1)^{\dfrac{4}{3}}(x-2)^{\dfrac{7}{3}}}                                                                                                                               \\
		                     & =\dfrac{(2 x+8)(x-2)-4(x-5)(x+1)}{9(x+1)^{\dfrac{4}{3}}(x-2)^{\dfrac{7}{3}}}=\dfrac{-2 x^{2}+20 x+4}{9(x+1)^{\dfrac{4}{3}}(x-2)^{\dfrac{7}{3}}}
	\end{aligned}
$$
$$
	\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
		\hline x             & (-\infty,-1)     & -1               & (-1,5-3 \sqrt{3}) & 5-3 \sqrt{3}   & (5-3 \sqrt{3}, 2) & (2,5+3 \sqrt{3}) & 5+3 \sqrt{3}   & (5+3 \sqrt{3},+\infty) \\
		\hline f^{\prime}(x) & >0               & \text { 不存在 } & >0                & 0              & <0                & >0               & 0              & <0                     \\
		\hline f(x)          & \text { 凸函数 } & 0                & \text { 凸函数 }  & \text { 拐点 } & \text { 凹函数 }  & \text { 凸函数 } & \text { 拐点 } & \text { 凹函数 }       \\
		\hline
	\end{array}
$$

函数拐点为$\left(5-3 \sqrt{3}, \dfrac{\sqrt[3]{6}}{2}(1-\sqrt{3})\right),\left(5+3 \sqrt{3}, \dfrac{\sqrt[3]{6}}{2}(1+\sqrt{3})\right) .$

\section{证明 $\mathrm{Young}$ 不等式 :若  $x, y, p, q $ 为正数 , $\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1$,则有 $x^{\dfrac{1}{p}} y^{\dfrac{1}{q}} \leqslant \dfrac{x}{p}+\dfrac{y}{q}$.}
\textbf{证}$1^{\circ}$\quad
当 $z>0,0<m<1$ 时 $, z^{m}-1=m(z-1)$,等号成立当且仅当 $z=1$.
设 $x, y>0,$ 设 $z=\dfrac{x}{y},$ 则
$$
z^{m}-1=m(z-1), \quad\left(\dfrac{x}{y}\right)^{m}-1 \leqslant m\left(\dfrac{x}{y}-1\right), \quad x^{m} y^{1-m} \leqslant m x+(1-m) y
$$

取 $m=\dfrac{1}{p}<1,$ 则 $x^{\dfrac{1}{p}} y^{\dfrac{1}{q}} \leqslant \dfrac{x}{p}+\dfrac{y}{q}$

(上述放缩方式利用了伯努利不等式.)

\textbf{证}$2^{\circ}$\quad
设 $a=\sqrt[p]{x}, b=\sqrt[q]{y},$ 固定 $b=\sqrt[4]{y},$ 定义函数 $f(a)=a b-\dfrac{a^{p}}{p}-\dfrac{b^{q}}{q},$ 求导可得 $f^{\prime}(a)=b-a^{p-1},$ 所以函数 $f(a)$ 在 $a_{0}=\sqrt[p-1]{b}=b^{\dfrac{1}{p-1}}$ 处取得最值.

因为 $p, q>0,$ 并且 $\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1,$ 可知 $p, q>1 .$ 所以 $f^{\prime \prime}\left(a_{0}\right)=-(p-1) a_{0}^{p-2}<0,$ 故函数在
$a_{0}=\sqrt[p-1]{b}=b^{\dfrac{1}{p-1}}$ 处取得最大值
$$
\begin{aligned}
f\left(a_{0}\right) &=a_{0} b-\dfrac{a_{0}^{p}}{p}-\dfrac{b^{q}}{q}=b^{\dfrac{1}{p-1}} b-\dfrac{b^{\dfrac{p}{p-1}}}{p}-\dfrac{b^{q}}{q} \\
&=b^{\dfrac{\rho}{p-1}}\left(1-\dfrac{1}{p}\right)-\dfrac{b^{q}}{q}=b^{\dfrac{\rho}{p-1}} \dfrac{1}{q}-\dfrac{b^{q}}{q}
\end{aligned}
$$

$\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1 \Rightarrow \dfrac{p}{p-1}=q,$ 所以 $f\left(a_{0}\right)=0,$ 从而可知 $f(a) \leqslant f\left(a_{0}\right)=0,$ 

即 $f(a)=a b-\dfrac{a^{p}}{p}-\dfrac{b^{q}}{q}<0,$ 等价于 $x^{\dfrac{1}{p}} b^{\dfrac{1}{q}} \leqslant \dfrac{x}{p}+\dfrac{y}{q}.$

\textbf{证}$3^{\circ}$\quad
设函数 $f(x)$ 是凸函数,且 $f^{\prime \prime}(x)>0,$ 则有
$$
f[(1-\lambda) x+\lambda y] \leqslant(1-\lambda) f(x)+\lambda f(y), \quad 0<\lambda<1
$$

令 $f(x)=-\ln x,$ 显然函数 $f(x)$ 是凸函数,则有 $(1-\lambda) \ln x+\lambda \ln y \leqslant \ln [(1-\lambda) x+\lambda y]$,即
$\ln x^{1-\lambda} \cdot y^{\lambda} \leqslant \ln [(1-\lambda) x+\lambda y],$ 从而有
$$
x^{1-\lambda} \cdot x^{\lambda} \leqslant(1-\lambda) x+\lambda y
$$

(十分推荐,此为使用琴生不等式的放缩方法)
\section{证明不等式:}
\subsection{$p>1$ 时有 $|a|^{p}+|b|^{p} \geqslant 2^{1-p}(|a|+|b|)^{p}$}
\textbf{证}$1^{\circ}$\quad
$p>1$ 时,有 $x^{p}+y^{p} \geqslant 2^{1-p}(x+y)^{p} \Leftrightarrow \dfrac{x^{p}+y^{p}}{2} \geqslant\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^{p}, x, y>0$

\textbf{证}$2^{\circ}$\quad
只需证明 $\forall a, b>0,$ 当 $p>1$ 时,有 $a^{p}+b^{p} \geqslant 2^{1-p}(a+b)^{p},$ 当 $1>p>0$ 时 $, a^{p}+$ $b^{p} \leqslant 2^{1-p}(a+b)^{p}$
显然原不等式等价于 $\dfrac{a^{p}+b^{p}}{2} \geqslant\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{p},(p>1) ; \dfrac{a^{p}+b^{p}}{2} \leqslant\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{p},(0<p<1)$
考察函数 $f(x)=x^{p}, x>0 .$ 求导可得 $f^{\prime}(x)=p x^{p-1}, f^{\prime \prime}(x)=p(p-1) x^{p-2}$.

当 $p>1$ 时, $f^{\prime \prime}(x)=p(p-1) x^{p-2}>0,$ 此时函数 $f(x)=x^{p}$ 在正实数轴上为凸函数, 对于 $\forall 0<\lambda<1,$ 有
$$
f[(1-\lambda) x+\lambda y] \leqslant(1-\lambda) f(x)+\lambda f(y)
$$

取 $\lambda=\dfrac{1}{2},$ 则
$$
f\left(\dfrac{x+y}{2}\right) \leqslant \dfrac{1}{2} f(x)+\dfrac{1}{2} f(y), \quad \forall x, y>0
$$

所以 $\forall a, b>0,$ 当 $p>1$ 时 $, \dfrac{a^{p}+b^{p}}{2} \geqslant\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{p},$ 即 $a^{p}+b^{p} \geqslant 2^{1-p}(a+b)^{p} .$

\subsection{$0<p<1$ 时有 $|a|^{p}+|b|^{p} \leqslant 2^{1-p}(|a|+|b|)^{p}$}
\textbf{证}$1^{\circ}$\quad
$0<p<1$ 时,有 $x^{p}+y^{p} \leqslant 2^{1-p}(x+y)^{p} \Leftrightarrow \dfrac{x^{p}+y^{p}}{2} \leqslant\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^{p}, x, y>0$.

设 $f(x)=x^{p}, f^{\prime}(x)=p x^{p-1}, f^{\prime \prime}(x)=p(p-1) x^{p-2},$ 则当 $p>1$ 时, $f^{\prime \prime}(x)=p(p-1) x^{p-2}>0, \forall x>0,$ 所以函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为严格凸函数,因而
$$
\dfrac{x^{p}+y^{p}}{2} \geqslant\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^{p}, \quad \forall x, y>0
$$

当 $0<p<1$ 时, $f^{\prime \prime}(x)=p(p-1) x^{p-2}<0, \forall x>0$ 所以函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为严格凹函数,因而
$$
\dfrac{x^{p}+y^{p}}{2} \geqslant\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^{p}, \quad \forall x, y>0
$$

\textbf{证}$2^{\circ}$\quad
当 $1>p>0$ 时, $f^{\prime \prime}(x)=p(p-1) x^{p-2}<0,$ 此时函数 $f(x)=x^{p}$ 在正实数轴上为凹函
数, 因此 $\forall 0<\lambda<1$,有
$$
f[(1-\lambda) x+\lambda y] \geqslant(1-\lambda) f(x)+\lambda f(y)
$$

取 $\lambda=\dfrac{1}{2},$ 则
$$
f\left(\dfrac{x+y}{2}\right) \geqslant \dfrac{1}{2} f(x)+\dfrac{1}{2} f(y), \quad \forall x, y>0
$$

所以 $\forall a, b>0,$ 当 $1>p>0$ 时 $, \dfrac{a^{p}+b^{p}}{2} \leqslant\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{p},$ 即 $a^{p}+b^{p} \leqslant 2^{1-p}(a+b)^{p}$.

\section{证明下列不等式 :}
\subsection{$\dfrac{x^{n}+y^{n}}{2} \geqslant\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^{n}, x, y>0, n>1$}
\textbf{证}\quad
设 $f(x)=x^{n},$ 则当 $n>1$ 时 $,$
$$
f^{\prime}(x)=n x^{n-1}, \quad f^{\prime \prime}(x)=n(n-1) x^{n-2}>0, \quad \forall x>0
$$
所以函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为严格凸函数,因而
$$
\dfrac{x^{n}+y^{n}}{2} \geqslant\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^{n}, \quad \forall x, y>0
$$

\subsection{$(a b c)^{\dfrac{a+b+c}{3}} \leqslant a^{a} b^{b} c^{c},$ 其中 $a, b, c$ 为正数}
\textbf{证}\quad
令$f(x)=x \ln x$, 则 $f^{\prime}(x)=\ln x+1$, $f^{\prime \prime}(x)=\dfrac{1}{x}>0(\forall x>0)$,  所以函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上为严格凸函数,因而
$$a \ln a+b \ln b+c\ln c \geqslant{(a+b+c)} \ln \dfrac{a+b+c}{3} \geq(a+b+c) \dfrac{\ln abc}{3} $$

即证.

\subsection{当 $b \geqslant 0 \geqslant a$ 时, $2 \arctan \dfrac{b-a}{2} \leqslant \arctan b-\arctan a$}
\textbf{证}\quad
令 $f(x)=\arctan x,$ 则
$$
f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{1+x^{2}}, \quad f^{\prime \prime}(x)=\dfrac{-2 x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}<0, \quad \forall x>0
$$

所以函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为严格凹函数,因而
$$
f\left(\dfrac{b-a}{2}\right)=f\left(\dfrac{b+(-a)}{2}\right) \geqslant \dfrac{1}{2}[f(b)+f(-a)]=\dfrac{1}{2}[f(b)-f(a)]
$$

即 $2 \arctan \left(\dfrac{b-a}{2}\right) \geqslant \arctan b-\arctan a$.

\section{设 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 是$n $个正数,证明: $$\dfrac{x_{1} x_{2} \cdots x_{n}}{\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)^{n}} \leqslant \dfrac{\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right) \cdots\left(1+x_{n}\right)}{\left(n+x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)^{n}}$$}
\textbf{证}\quad
即证$$\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}\left(x_{i}+1\right)}{\sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}} \leqslant\left(\Pi_{i=1}^{n} \dfrac{1+x_{i}}{x_{i}}\right)^{\dfrac{1}{n}}$$

对不等式两边同时取对数,得原式等价于：

$$
\begin{array}{l}
\quad \ln \dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}\left(x_{i}+1\right)}{\sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}} \leqslant \dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n} \ln \dfrac{1+x_{i}}{x_{i}}}{n} \\
\Leftrightarrow \ln \left(\sum\limits_{i=1}^{n}\left(x_{i}+1\right)\right)-\ln \left(\sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}\right) \leqslant \dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}\left(\ln \left(1+x_{i}\right)-\ln x_{i}\right)}{n}
\end{array}
$$

记$f(x)=\ln (x+1)-\ln(x)$可知$f^{\prime\prime}(x)=\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{1}{(x+1)^2}>0$所以$f(x)$是下凸函数

从而由琴生不等式可知上述不等式成立.证毕.

\section{补充:}
\subsection{幂平均不等式: 若 $\alpha>\beta,$ 则 $\left(\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{\alpha}}{n}\right)^{\dfrac{1}{\alpha}} \geq\left(\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{\beta}}{n}\right)^{\dfrac{1}{\beta}}$ 成立,当且仅当 $a_{1}=a_{2}=a_{3}=\cdots=a_{n}$ 时等号成立.}
\textbf{证}\quad
记$\dfrac{\alpha}{\beta}$为$\theta \leq 1$,$a^{\alpha}_i=b_i$则原不等式等价于$\left(\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n} b i}{n}\right)^{\theta} \geqslant \dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n} b i^{\theta}}{n}$

$f^{\prime\prime}(x) \leq 0$由琴生不等式知,上述不等式成立.

其实也就是说,幂平均关于指数是单增的.

\subsection{权方和不等式：若 $a_{i}>0, b_{i}>0, m>0,$ 则 $\dfrac{a_{1}^{m+1}}{b_{1}^{n}}+\dfrac{a_{2}^{m+1}}{b_{2}^{n}}+\cdots+\dfrac{a_{n}^{m+1}}{b_{n}^{m}} \geq \dfrac{\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)^{m+1}}{\left(b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}\right)^{m}}$当 $a_{i}=\lambda b_{i}$ 时等号成立.}
\textbf{证}\quad
由赫尔德不等式：
$$
\left(\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{a_{i} ^{m+1}}{b_{i}^{m}}\right)^{\dfrac{1}{m+1}}\left(\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}\right)^{\dfrac{m}{m+1}} \geqslant \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{a_{i}}{b_{i}^{m+1}} b_{i^{m+1}}=\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}
\\\left(\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{a_{i}^{m+1}}{b_{i}^{m}}\right)\left(\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}\right)^{m} \geqslant\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{m}
$$

整理可得权方和不等式.

\subsection{樊畿不等式：设$0<x_i \leq \dfrac{1}{2}$,$i=1,2,\cdots,n$则$$\dfrac{\prod_{i=1}^{n} x_{i}}{\left(\sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}\right)^{n}}  \leqslant\dfrac{\prod_{i=1}^{n}\left(1-x_{i}\right)}{\left[\sum\limits_{i=1}^{n}\left(1-x_{i}\right)\right]^{n}}$$}
\textbf{证}\quad
原不等式等价于证明
$$
\left(\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}\left(1-x_{i}\right)}{\sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}}\right)^{n} \leqslant \prod_{i=1}^{n} \dfrac{1-x_{i}}{x_{i}}
$$

等价于证明
$$
\ln \left(\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}\left(1-x_{i}\right)}{\sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}}\right) \leqslant \dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n} \ln \left(\dfrac{1-x_{i}}{x_{i}}\right)}{n}
$$

记$f(x)=\ln \left( \dfrac{1-x}{x} \right)$,$f^{\prime \prime}(x)=\dfrac{-2 x+1}{x^{2}(-x+1)^{2}} \geq 0$

由琴生不等式可知樊畿不等式成立.




\end{document}
\subsection{}
\textbf{解}\quad

\subsection{}
\textbf{证}\quad

\textbf{\textcolor{red}{注}}\quad